【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍02 共点力的静态平衡、动态平衡、临界和极值问题、整体法和隔离法 Word版含解析.docx，共(30)页，1.838 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍02共点力的静态平衡、动态平衡、临界和极值问题、整体法和隔离法一、共点力的平衡1.平衡状态：物体受到几个力作用时，如果保持静止或匀速直线运动状态，我们就说这个物体处于平衡状态。【注意】“静止”和“v=0”的区别和联系当v=0时：①a=0时，

静止，处于平衡状态②a≠0时，不静止，处于非平衡状态，如自由落体初始时刻2.共点力平衡的条件(1)条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。(2)公式：F合＝03.三个结论：①二力平衡：二力等大、反向，是一对平衡力；②三力平衡：任两个力的合力与第三个力等大、反向；③多力平衡：任一力

与其他所有力的合力等大、反向。二、静态平衡与动态平衡的处理方法1.静态平衡与动态平衡静态平衡v=0，a=0；静止与速度v＝0不是一回事。物体保持静止状态，说明v＝0，a＝0，两者同时成立。若仅是v＝0

，a≠0，如自由下落开始时刻的物体，并非处于平衡状态。动态平衡v≠0，a=0。瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态，如竖直上抛最高点。只有能保持静止状态而加速度也为零才能认为平衡状态。物理学中的“缓慢移动”一般可理解为动态平衡。动态平衡：通过控制

某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡。动态平衡的基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。2.静态平衡的分析思路和解决方法方法内容合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意

两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组

，每组力都满足平衡条件。力的三角形法对受三个力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。3.动态平衡的分析思路和解决方法方法内容解析法对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，

求出已知力与未知力的函数式，进而判断各个力的变化情况图解法①分析物体的受力及特点；②利用平行四边形定则，作出矢量四边形；③根据矢量四边形边长大小作出定性分析；相似三角形法①分析物体的受力及特点；②利用平行四边形定则，作

三力矢量三角形；③根据矢量三角形和几何三角形相似作定性分析；拉密定理法①分析物体的受力及特点；②利用平行四边形定则，作三力矢量三角形；③利用正弦或拉密定理作定性分析；三、共点力平衡中的临界极值问题1.临界或极值条件的标志有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着

临界点。若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。若题目要求“最终加速度”

、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2.解决动力学临界、极值问题的常用方法极限分析法一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端（“极大”、“极小”、“极右”、“极左”等），从而把比较隐蔽的临界现象暴

露出来，使问题明朗化，便于分析求解。临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。假设分析法临界问题存在

多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。数学极值法通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系或画出函数图像，用数学方法求极值如求二次函数

极值、公式极值、三角函数极值，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明。物理分析方法根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动

态分析，确定最大值与最小值。四、整体法和隔离法1.整体法和隔离法①整体法：将运动状态相同的几个物体作为一个整体进行受力分析的方法。②隔离法：将研究对象与周围物体分隔开进行受力分析的方法。2.整体法和隔离法选用原则①整体法的选用原则：研究系统外的物体对系统整体的作

用力，受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用。②隔离法的选用原则：研究单个物体所受的作用力，一般隔离受力较少的物体。3.整体法和隔离法应用时受力分析的基本方法和步骤①明确研究对象：在进行受力分析时，研究对象可以

是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体（整体）。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。②隔离研究对象，按顺序找力：把研究对象从实际情景中分离出

来，按先已知力，再重力，再弹力，然后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力），最后其它力的顺序逐一分析研究对象所受的力，并画出各力的示意图。③只画性质力，不画效果力：画受力图时，只能按力的性质分类

画力，不能按作用效果（拉力、压力、阻力等）画力，否则将出现重复。【题型一】共点力的静态平衡【典例1】（2024·广东深圳·一模）如图所示，用一轻绳通过定滑轮将质量为m的小球静置在光滑的半圆柱体上，小球的半径远小于半圆柱体截面的半径R，绳AB长度为L，

长度为H的杆BC竖直且与半圆柱体边缘相切，OA与水平面夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列表达式表示绳对小球的拉力F是（）A．mgLHB．()()1costancosmgRHR++C．tanmgLHR+D．tant

anRmgLH+【答案】C【详解】根据题意，对小球受力分析，受拉力、支持力和重力，把拉力和支持力平移，组成矢量三角形，延长AO和BC交于D点，如图所示由几何关系和相似三角形有tanFmgLHR=+解得ta

nmgLFHR=+故选C。【典例2】（2024·辽宁·一模）如图所示．在房檐上M、N两点间固定一根不可伸长的轻绳，在轻绳的中点O用细线系住鸟笼B，在O点两侧与其间距相同的P、Q两点系住相同的鸟笼A、C。稳定后MP、NQ间轻绳与水平方向夹角均为1，OP、OQ间轻绳

与竖直方向夹角均为2，已知鸟笼质量均为m，重力加速度为g，则（）A．MP间轻绳弹力为232cosmgB．OP间轻绳的弹力大小为22cosmgC．123tantan2=D．如果逐渐增大各鸟笼的质量，则12

、都增大【答案】B【详解】ABC．对三个鸟笼整体分析可知12sin3MPFmg=对P点分析可知12cossinMPOPFF=，12sincosMPOPFmgF=+解得2132cos2sinOPMPFFmgmg==，，12tant

an3=故B正确AC错误；D．因为12tantan3=，所以两个角度不可能同时增大，故D错误。故选B。1．（2024·广东佛山·二模）图甲是一质量分布均匀的长方体药箱，按图乙所示的方式用轻绳悬

挂在墙面一光滑的钉子P上，图丙为右视图。已知药箱长30cmab=，质量0.4kgm=，药箱上表面到钉子的距离10cmh=，轻绳总长度50cmL=，两端分别系在O、O两点，O是ad的中点，O是bc的中点，不计药箱与墙壁之间的摩擦力

，g取210m/s，则轻绳上拉力大小为（）A．4NB．5NC．8ND．10N【答案】B【详解】根据几何关系可知25cmPO=，令OO的中点为D，则2DPhTmgOPDp=解得5TN=故选B。2．（2024·四川

南充·二模）物理兴趣小组，在学习了力的合成和分解后，设计了如图所示的情境来体验力的作用效果，细线OB一端系于铅笔右端，另一端栓在手指上，使OA水平，手掌始终伸直，再在O处悬挂一物块，假设铅笔的重力可以忽略不计，在保证装置不散架的情况下，将整个装置绕过A点垂直于纸面的轴在竖直平面内

逆时针缓慢转动的过程中，下列说法正确的是（）A．A点的刺痛感会增强B．A点的刺痛感会减弱C．OB绳一定不会被拉断D．OB绳可能被拉断【答案】C【详解】对O点进行受力分析，如下图所示根据正弦定理可得sin()sin1si

n2AOBOFFmg==−由题意可知，在整个装置绕过A点垂直于纸面的轴在竖直平面内逆时针缓慢转动的过程中，−保持不变，即sin()mg−保持不变。由于1变小，从钝角变为锐角，sin1先变大后变小，则铅笔的弹力AOF先变大后变小，A点的刺痛感先增强后减弱。由于2变大，si

n2变小，则OB绳的拉力BOT变小，所以OB绳一定不会被拉断。故选C。3．（2024·湖北·模拟预测）抓娃娃机是一种深受青少年喜爱的游戏设备，其利用机器自身所带的爪子抓取箱柜内的物品。下图为某款抓娃娃机结构简图，其中机械臂15一端铰链在水平

横梁上，另一端铰链在质量为m的抓手16上。机械臂可当成长度为L的轻绳。12为轻质细绳。设重力加速度为g，机械臂拴结点与横梁左端点水平间距为2L，绳12上拉力为F1，机械臂15上拉力为F2，某次游戏时通过轻绳牵引将抓手从最

低点缓慢提升到最高点，针对这个过程中，下列说法正确的是（）A．机械臂上拉力大于轻绳上的拉力B．轻绳中的张力F1一直在增加C．机械臂中弹力F2先增大再减小D．22212()FFmg+【答案】AB【详解】ACD

．根据题意可知机械臂长度为L不变，其运动轨迹为圆弧，如下图所示。对抓手进行受力分析，可知力构成的三角形与实物三角形OPQ相似（O为机械臂拴结点位置，P为抓手位置，Q为绳12的延长线与O点竖直方向的交点），则有12FFGkOQPQOP===且由动态分析图像可

知机械臂与轻绳先是锐角后变为直角之后又变为锐角，所以当绳12与圆弧相切时，12FF⊥，此时两力的平方和最小，则有22212()FFmg+机械臂与轻绳垂直时OQ长度最大，所以OQ的长度先增大后减小，则比值k先减小后

增大，因为OP长度不变，则2F先减小后增大；根据几何关系可知细绳12与水平方向夹角小于机械臂与水平方向夹角，所以POQOQP，所以PQ长度一直小于OP，即机械臂上拉力一直大于轻绳上的拉力。故A正确，CD错误；B．因为1PQFGOQ=

由分析可得从初始状态到图示状态PQ增大得比OQ更快，所以前一阶段1F会增大，之后OQ减小，PQ继续增大，则后一阶段1F继续增大，即轻绳中的张力F1一直在增加。故B正确。故选AB。【题型二】共点力的动态平衡【典例1】（2024·安徽·

一模）如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，60MON=。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线

方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（）A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为33mgB．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分MONC．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大D．

物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小【答案】D【详解】A．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得12cos30Tmg=解得轻绳1的张力大小为133Tmg=故A正

确，不满足题意要求；B．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分MON，故B正确，不满足题意要求；C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向

的夹角逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得2cosTmg=可知2cosmgT=可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；D．物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小

环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时MON最大，则此过程MON=逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得122cosTT=可得212cosTT=可知此过程经绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。故选D。【典

例2】如图所示，水平地面上半圆柱体B和四分之一圆柱体C紧靠平行放置，重力为G的光滑圆柱体A静置其上，A、B、C的半径分别为r、2r、3r，若向右缓慢移动C，且B始终静止（A未接触水平地面），则（）A．C对A的作用力

变小B．C对地面的摩擦力变小C．B对地面的作用力不变，大小为0.5GD．移动C前，B对A的作用力大小为0.8G【答案】D【详解】A．移动C后，C对A的作用力FCA和B对A的作用力FBA的夹角变大，FCA与FBA的合力为G不变，所以FCA变大，A错误；B．力的作用是相互的，A对

C的作用力FCA变大，水平方向的分力也变大，C处于平衡状态，所以地面对C的摩擦力也变大，B错误；D．A的受力如图所示其中33tan44rr==由平衡条件可得，B对A的作用力大小为BAcos0.8FGG==D正确；C．B对地面的作用力等于

FAB与B的重力的合力，所以不等于0.5G，C错误；故选D。【典例3】（2024·江西·一模）儿童玩具弹射装置模型如图所示。可伸缩轻质弹簧和轻质杆的一端分别用铰链连接在固定竖直板的P、Q处，另一端连接在质量为m的小球上，初始时刻在竖直向上力F的作用下

杆处于水平位置，弹簧的原长和杆的长度均为,lPQ间距为2l。现保持力F的方向不变缓慢提升小球，直到弹簧呈水平状态。在这个过程中（弹簧在弹性限度内）（）A．F先变大后一直变小B．小球可能受三个力作用C．弹簧在

末态时的弹力比初态时的大D．轻质杆所受的弹力先变小后变大【答案】CD【详解】初始时刻对小球受力分析如图此时弹簧的长度为221542llll=+=此时弹簧的弹力为k5(1)2Fkl=−此时水平方向有kk2cos5NFF==竖直方向有k15FFmg+=当弹簧处

于原长时，如图所示此时小球受到2个力，Fmg=；当弹簧呈水平状态时，对小球受力分析如图所示此时弹簧的长度为222342llll=−=此时弹簧的弹力为k3(1)2Fkl=−此时水平方向k32FN=竖直方向有12

FNmg=+A．由图可知，从初始状态到弹簧恢复原长的过程中，F从k15mgF−逐渐增大到mg，然后从原长位置到弹簧呈水平状态位置，F从mg增大到12Nmg+，故F一直在增大，A错误；B．综上所述，小球在运动过程中不可能受到3个力的作用，可能受到2个力作用或者4个力的作用，故B错误；C．因为k5

(1)2Fkl=−，k3(1)2Fkl=−所以kkFF故弹簧在末态时的弹力比初态时的大，故C正确；D．初始状态时，轻质杆所受弹力为kk2(525)cos55NFFkl−===当弹簧恢复到原长位置为，轻质杆所受的弹力为0N

=当弹簧处于水平状态时，轻质杆所受的弹力为k2(233)33NFkl−==又因为NN所以轻质杆所受的弹力先变小后变大，故D正确。故选CD。1．（2024·辽宁·一模）如图所示，劲度系数为k的橡皮绳的上

端固定在O点，下端自然伸长时在P点。现在P点固定一光滑的小钉子，将一质量为m的小物块连在橡皮绳的下端，使其静止在O点正下方的水平地面上，小物块与地面间的动摩擦因数为。某时刻，在小物块上施加一水平向右的拉力F，小物块沿水平地面向右匀速运动的

过程中（橡皮绳始终在弹性限度内），下列说法正确的是（）A．小物块受到橡皮绳的弹力大小不变B．作用在小物块上的力F保持不变C．小物块受到地面的摩擦力保持不变D．小物块对地面的压力逐渐减小【答案】C【详解】A．小物块沿水平地面向右匀速运动的过

程中，橡皮绳的伸长量逐渐增加，根据胡克定律可知，小物块受到橡皮绳的弹力大小逐渐增大，故A错误；BCD．由题意可知OP为橡皮绳的原长，则P点与小物块连接部分为橡皮绳的伸长量x，设P点与小物块连接部分橡皮绳

与水平方向的夹角为，P点与地面的高度为h，以小物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得sinNkxmg+=可得sinNmgkxmgkh=−=−可知小物块对地面的压力保持不变，根据fN=可知小物块受到地面的摩擦力保持不变；水平方向根据受力平衡可得cosFfk

x=+由于cosx逐渐增大，可知作用在小物块上的力F逐渐增大，故BD错误，C正确。故选C。2．（2023·河北石家庄·二模）如图所示，O点为半径为R的半圆形碗的圆心，质量相同的a、b两小球用一长为R的轻质细杆相连，a球表面粗糙，b球表面光滑。现将a、b两小球及杆放入碗

内，系统处于静止状态，细杆水平。现将碗绕O点在纸面内逆时针缓慢旋转30°，此过程a、b两球始终相对碗静止。在旋转过程中，下列说法正确的是（）A．细杆对b球的弹力逐渐增大B．碗壁对b球的弹力逐渐增大C．a球

受到碗壁的摩擦力最大值为其重力的32倍D．a球受到碗壁的支持力最大值为其重力的3倍【答案】AC【详解】AB．对b球受力分析可知，细杆对b球的弹力bT与碗壁对b球的弹力bF的夹角始终为120，根据受力平衡可知这两个

力的合力大小始终等于b球的重力mg，故三个力的矢量三角形始终在同一个圆上，如下图由图可知，该圆的直径为123cos303bmgdFmg===当碗绕O点在纸面内逆时针缓慢旋转30°过程中，细杆对b球的弹力Tb逐渐增大，碗壁对b球的弹力Fb逐渐减小，故A正确

，B错误；CD．碗绕O点在纸面内逆时针缓慢旋转30°后，a球在最底端，受力分析如下图对b球，由几何关系可知'bF、'bT、mg三个力互成120，根据受力平衡可得''bbFTmg==由受力分析可知，碗绕O点在纸面内逆时针缓慢旋转30°后，a球受到碗壁的支持力和受到碗壁的摩擦力最

大，此时''abTTmg==由受力平衡可得'm3cos2afTmg=='m3sin2aaFTmgmg=+=故C正确，D错误。故选AC。【题型三】共点力的临界和极值问题【典例1】如图所示，两块木板构成夹角为60°的“V”形角架ABC，其间放置一圆球，圆球质量为

m，整体竖直放置在水平桌面上绕B点为转轴缓慢顺时针转动角架，不计一切摩擦，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A．板AB受到的弹力减小B．板AB受到的弹力先减小后增大C．板BC受到的弹力逐渐增大D．两板受到的最大弹力均为233mg【答案】D【详解】缓

慢顺时针转动角架时，圆球受到三个力作用而平衡，由于两木板间夹角为60°，则两板对圆球弹力间的夹角为120°，设板AB对圆球弹力为1N，板BC对圆球弹力为2N，三力动态变化示意图如图所示，在角架转动过程中，变化规律为1N由mg先增大后减小到零；2N由零先增大后减小到mg；由图可知两板所受的最大

弹力均为233mg。故选D。【典例2】如图，倾角为的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向

左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（）A．尖劈的质量M与球的质量m之比为2tanB．对球施加水平推力后，轻绳的拉力不变C．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0【答案】B【详解

】A．对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1，可知轻绳的拉力()sinTMmg=+斜面对尖劈的支持力()1cosNMmg=+以球为研究对象，如图2，可知轻绳的拉力sinmgT=联立解得

2221sin1sintanMm−==故A错误。B．以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，如图3，故B正确。C．以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图4，有()1cossinNMmgF=++总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖

劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有()cossinTFMmgf+=++则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故CD错误。故选B。【典例3】“

腊月二十四，掸尘扫房子”，据《吕氏春秋》记载，中国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利平安．春节前夕，小红需移开沙发，清扫污垢，质量10kgm=的沙发放置在水平地面上，小红用力F推沙发，当F斜向下与水平成30=

时，如图，若100N=F，沙发恰好开始做匀速运动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/s=g，下列说法正确的是（）A．沙发与地面间的动摩擦因数33=B．沙发开始运动后，保持F大小不变，增大角，物体将做加速运动C．若F方向能随意改变，想

用最小的力推动沙发，应使F沿水平方向D．若F方向能随意改变，能让沙发匀速运动，力F的最小值为50N【答案】AD【详解】A．对物体进行受力分析，水平方向有cos30503NxFF==xFfN==竖直方向有sin30+FmgN=所以

，可得150NN=动摩擦因数为33fN==A正确；B．保持F不变，增大角，水平方向有cosFFN=−合增大角，压力增大，cos减小，合力减小，物体减速运动，B错误；C．对物体进行受力分析，水平方向有cos

xFF=xFfN==竖直方向有sin30+FmgN=可得，最小的推力应该斜向上，C错误；D．对物体进行受力分析，竖直方向有sin30mgFN−=水平方向有3cos30(sin)3xFFfNmgF====−所以，可得3323(

cossin)=sin()3333mgFF=++即，当=6时，F最小，有min150N2Fmg==D正确。故选AD。1．如图所示为某同学设计的简易晾衣装置，一轻绳两端分别固定于天花板上A、B两点，通过光滑轻质动滑轮和另一根轻绳将衣物竖直悬挂在空中，两根轻绳所能承受的最大

拉力相同，若晾晒的衣物足够重时绳OC先断，则（）A．120B．120=C．120D．不论为何值，总是绳OC先断【答案】A【详解】根据对称性可知，OB绳与OA绳拉力大小相等，由平衡条件得2cos2OCOBFF=当衣物足够重时OC绳

先断说明OCOBFF则得到2cos2OBOBFF解得120故选A。2．如图所示，两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N两点，另一端分别与轻绳OP、OQ连接于O点。现用手拉住OP、OQ的末端，使OM、ON两弹簧长度相同（均处于拉伸状态），且分别保持水平、竖直。最初

OP竖直向下，OQ与OP成120°夹角。现使OP、OQ的夹角不变，在保持O点不动的情况下，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中（）A．OP上的作用力一直减小B．OQ上的作用力一直减小C．OP上的作用力先增大后减小D．OQ

旋转至水平位置时，OQ上作用力最大【答案】A【详解】初状态系统平衡时，两弹簧弹力相等，合力与两弹簧夹45°斜向左上方，则由O点受力平衡知：OP、OQ两绳拉力合力斜向下与OP夹45°角。保持O点不动，则两弹簧伸长状态不变，合

力不变，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°，此过程OP、OQ合力不变，而两力夹角不变，根据力三角形法可作图如下：红线表示OQ拉力，蓝线表示OP拉力。由图可以看出，在旋转70°的过程中，表示OP的拉力TOP长度一直在减小，说明OP上的作用力一直减小；表示OQ的拉力TOQ长度线增大后减小，说明上

的作用力先增大后减小；当OQ旋转至水平位置时，OQ对应的圆周角为180°-60°-45°=75°<90°说明此时OQ拉力不是最大值。故A正确，BCD错误。故选A。【题型四】整体法和隔离法【典例1】如图所示，光滑水平面上有一劈形小车，小车的斜面上有一物块A，物块A通过跨过光滑滑轮的轻绳

与小物块B相连，并且小物块B还通过轻绳连接在固定点O处，一开始两段轻绳的夹角为直角。现用水平力F向左缓慢推动小车直到物块A刚要滑动时，下列说法正确的是（）A．悬挂在O点的轻绳的拉力在减小B．连接物块A的轻绳的拉力在减小C．物块A受到的摩擦力在减小D．水平力F在增大【答案】

D【详解】AB．对小物块B未推动时进行受力分析，如下图根据受力平衡可知1B=cosTG2B=cosTG由于两段轻绳的夹角为直角，当左缓慢推动小车时，由于物块A未滑动，因此、都增大，而1T、2T的合力大小仍等于B

G，根据平行四边形法则可知，1T、2T都增大，故AB错误；C．对物块A进行受力分析，设斜面与水平面的夹角为，若小车未移动时A2sinGT则物块A受到的摩擦力沿斜面向上，且A2sinGTf=+小车移动后，2T增大，因此f减

小，若小车未移动时A2sinGT则物块A受到的摩擦力沿斜面向下，且A2sinGfT+=小车移动后，2T增大，因此f增大，若小车未移动时A2sinGT=此时无摩擦力，小车移动后，2T增大，物块A受到沿斜面向下且增大的摩擦力，故C错误；D．以物块A和小车作为整体进行分析，

在水平方向上根据受力平衡可得2cosTF=小车移动后，2T增大，因此F增大，故D正确。故选D。【典例2】中国人喜欢挂灯笼。如图所示，某户人家用三根细线a、b、c连接灯笼1和灯笼2，细线a一端固定在天花板上，细线c水平，一端固定在竖直墙壁上。三根细线a、b、c的弹力大小分别为aT、bT、cT

，则（）A．cbaTTTB．abcTTTC．bcaTTTD．acbTTT【答案】A【详解】设灯笼的质量为m，细线a与竖直方向夹角为α，把两个灯笼看成整体，受力如图所示，由平衡条件，则有2cosa

mgT=2sin2tancosCmgTmg==acTT对灯笼2受力分析可得()()222222sin13sincoscosbcmgmgTmgTmg=+=+=+可知bcTT因α<90°，则有213sin2+abTT因此有cbaTTTA正确，BCD错误。故选

A。1．为欢庆国庆，街头巷尾都挂起了红灯笼。如图所示，两轻质圆环A、E套在固定的水平杆上，轻绳两端分别系在圆环上，在轻绳上B、D处分别悬挂一盏灯笼，在C处悬挂两盏灯笼。已知各灯笼均静止且其质量均为m，各段轻绳与竖直方向之间的夹角如图中所示，重力加速度

为g。下列说法中正确的是（）A．BC段轻绳上的作用力比AB段的大B．水平杆对A圆环的支持力大小为4mgC．水平杆对A圆环的作用力沿BA方向D．tan2tan=【答案】C【详解】AD．设AB段轻绳在水平方向上的分力为F，将四个灯笼视为整体，则AB段轻绳在竖直方

向上的分力为2mg，则有tan2Fmg=BC段轻绳在水平方向上的分力等于AB段轻绳在水平方向上的分力，大小为F，结点C受力平衡，可知BC段轻绳在竖直方向上的分力为mg，可知tanFmg=则有tan1tan2=

根据结点B平衡可知sinsinABBCTTF==得ABBCTT因此A错误，D错误；B．将四个灯笼、轻绳、圆环视为整体，在竖直方向上受力分析，有2FN=4mg解得FN=2mgB错误；C．A轻环重力不计，对其受力分析可知，其所受摩擦力和支持力的合力沿BA方向，与绳上的拉力等大反向，C正确。故选C

。2．如图甲所示，上端安装有定滑轮、倾角为37°的斜面体放置在水平面上，滑轮与斜面体的总质量为m=0.5kg。轻质细线绕过定滑轮，下端连接质量为m=0.5kg的物块，上端施加竖直向上的拉力，斜面体处于静止状态，物块沿着斜面向上做匀速运动，物块与斜面之

间的动摩擦因数为μ=0.6。如图乙所示，上端安装有定滑轮、倾角为37°的斜面体放置在粗糙的水平面上，滑轮与斜面体的总质量为m=0.5kg。斜面体的上表面光滑，轻质细线压在定滑轮上，下端连接质量为m=0.5kg的物块，上端与竖直的墙壁

连接，物块放置在斜面上，整体处于静止状态，墙壁和滑轮间的细线与竖直方向的夹角为60°。甲、乙两图中，滑轮和物块间的细线均与斜面平行，不计细线与滑轮以及轮轴与滑轮之间的摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2、sin37°=0.6、cos37°=0.8，下列说法正确的是（）A

．甲图中，斜面体必须放置在粗糙的水平面上B．乙图中，地面对斜面体的支持力大小为8.2NC．甲图中，竖直向上的拉力大小与地面对斜面体的支持力大小之差为1.3ND．乙图中，地面与斜面体之间的动摩擦因数至少为3317【答案】D【详解】AC．甲

图中，将物块和斜面体整体分析，整体处于平衡状态，且拉力方向竖直向上，所以斜面体与水平面间摩擦力为零，也可以放在光滑水平面上。单独对物块分析，在沿斜面方向根据平衡条件可得拉力大小为1sin37cos375.4NFmgmg=+=设地面对斜面体

的支持力大小为FN1，在竖直方向上，对整体根据平衡条件可得1N12FFmg+=解得N14.6NF=所以竖直向上的拉力大小与地面对斜面体的支持力大小之差为1N10.8NFF−=故AC错误；BD．乙图中，单独对物块分析，可得细线中拉力大小为2sin373

NFmg==设地面对斜面体的支持力大小为FN2，在竖直方向上，对整体根据平衡条件可得N22cos602FFmg+=解得N28.5NF=在水平方向上，对整体根据平衡条件可得N22sin60FF解得3317

故B错误，D正确。故选D。3．如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一

个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态。已知AC面倾角53=，sin0.8=，重力加速度为g，则（）A．楔形物体对地板的压力大小为MgB．当43Fmg=时，楔形物体与地板

间无摩擦力C．向右的水平力F的最小值一定是零D．向右的水平力F的最大值为()43mgmMg++【答案】BD【详解】A．将M、m视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为()Mmg+，故A错误；B．球体对AC

面的弹力大小为NAC5cos3mgFmg==当NAC4sin3FFmg==时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零。故B正确；C．斜面体受到的最大静摩擦力()mfmMg=+当水平向右的外力最小（设为nF）时，斜

面体可能有向左运动趋势，当()43mMgmg+时n0F=当()43mMgmg+时()n43FmgmMg=−+故C错误；D．当水平向右的外力最大（设为mF）时，斜面体有向右运动趋势，由平衡条件有mNACmsin0FFf=−=解得(

)m43FmgmMg=++故D正确。故选BD。